四川省绵阳市2026届高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份四川省绵阳市2026届高三数学上学期10月月考试题含解析，共18页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解方程求得集合，利用交集的意义求解即可.
【详解】由，可得，解得或或，
所以，又，所以.
故选：B.
2. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正切函数和余弦函数的诱导公式，结合特殊角的正切值和余弦值进行求解即可.
【详解】
，
故选：A
3. 已知，，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】解出p和q对应x的范围，然后根据充分条件和必要条件的定义即可求解．
【详解】因为，所以或，因为，所以，即，
因为真包含于或，即但，
所以是的必要不充分条件．
故选：B．
4. 已知函数的定义域为，且，当时，，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将问题转化为求即可.
【详解】因，
则由题意可得，.
故选：D
5. 已知函数，直线与函数的图象相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出切点坐标，对函数求导，根据导数的几何意义得到方程，根据切点既在曲线上又在直线上得到方程，两边取对数得到，联立方程，解出，结合即可解得.
【详解】设直线与函数相切于点，
因为，所以，
根据导数的几何意义有，
因为点在直线上，所以，
因为点在曲线上，
所以，
所以有，
所以，即，，
对两边取对数有，，即，
将代入，有，解得，
又因为，所以.
故选：B
6. 函数（，，）的部分图象如图中实线所示，圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列区间中，函数单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合图像求出点的坐标，进而求出函数周期，通过周期公式求解的值.再通过代点求解出的值，最后通过整体代换的方式求解函数的单调递减区间即可.
【详解】由于圆心为函数的对称中心，因此可得交点，关于点中心对称，
由此可得：，故，即.
又，因，所以.
由，得，又因，所以，
故，又因，
令（），解得：（）
当时，得：函数的单调递减区间为.
故选：C
7. 已知函数，若，方程有三个实根，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数和一次函数的单调性，结合数形结合思想进行求解即可.
【详解】当时，函数在上单调递增，且最小值为，
函数单调递增，且，如图所示：
由图象可知，无论，还是，函数的图象与直线都不可能有三个交点，不符合题意；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，则有，
函数在单调递增，且，如图所示：
要想函数的图象与直线可能有三个交点，
只需，即，
故选：D
8. 已知数列，若数列与数列都是公差不为零的等差数列，则数列的公差为（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】设等差数列的公差为且，等差数列的公差为且，进而根据累加法得，，进而整理得，故，即.
【详解】解：设等差数列的公差为，且，则，
∴，
∴，
∵为等差数列，∴，(且为公差)
∴，
∴，∵，∴.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. 数列有最小项
C. 数列为递减数列D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可求出等比数列的首项和公比，即可求出其通项公式以及前n项和公式，分别判断各选项，即可求得答案.
【详解】设正项等比数列公比为，
对于A，由题意得，
结合，解得或（舍去），故A正确；
对于B和C，，故数列为递减数列，无最小项，故B错误，C正确；
对于D，，则，故D正确，
故选：ACD．
10. 下列命题正确的有（ ）
A. 若，，则
B. 若，则的最小值为4
C. 已知都是正数，且，则
D. 若且，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用不等式性质判断A；利用基本不等式的取等条件判断C；利用基本不等式求解B，由已知条件利用基本不等式得出不等关系，解不等式即可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，，又，所以．正确；
对于B， ，则，
当且仅当即时取等号，所以的最小值为4，正确；
对于C，因为都是正数，且，所以，
所以，所以，错误；
对于D，，当且仅当时取等号，
即，即，得到或（舍去），
故的取值范围为，正确.
故选：ABD
11. 已知函数满足，则下列结论不正确的是（ ）
A.
B. 的定义域为
C. 若上单调递增
D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】应用赋值法计算求解得出判断A，B，应用已知关系式得出函数再结合导函数得出单调性判断C，应用赋值法结合等差数列通项公式计算判断D.
【详解】令，可得，所以，A选项正确；
令，可得，所以不成立，所以的定义域不是，B选项不正确；
因为，所以，，
因为，所以，，，
当时，，在上单调递增，C选项正确；
若，令，可得，
所以，所以等差数列，
所以，则，D选项正确；
故选：B.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 记等差数列的前项和为，若则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质结合前项和公式求解即可.
【详解】由题意得，所以.
故答案为：.
13. 若，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角差的正切公式求出，再结合二倍角的正弦公式求解即可.
【详解】因为，，
所以，
由二倍角的正弦公式得
故答案为：
14. 已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，则函数的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】通过奇偶性得到，进而求得，再结合一元二次函数即可求解.
【详解】由题意可得：
解得，
令定义域为，由解析式可知其单调递减，
当时，，当时，
所以，
当时取“=”，的最大值为．
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知数列中，，．
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）借助等差数列定义计算即可得；
（2）借助错位相减法计算即可得.
小问1详解】
因为，所以，
即，，
所以是首项为，公差为1的等差数列，
故，即，
所以数列的通项公式为；
【小问2详解】
，①
，②
由得，
则，
所以，.
16. 已知周期为的函数．
（1）求函数的最大值及相应的x的值；
（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位，得到的图象，若在区间上有且仅有3个零点，求实数m的取值范围．
【答案】（1）当，时，函数取得最大值3
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角差的余弦公式、正余弦二倍角公式、辅助角公式把原函数解析式化简成正弦型函数形式，最后利用正弦型函数的周期公式、最值性质进行求解即可；
（2）根据正弦型函数图象的变换性质得到的函数解析式，再结合零点定义进行求解即可.
【小问1详解】
．
由，得到．
当，，即，时，
函数取得最大值，最大值为3；
【小问2详解】
函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
可得函数的图象，
再将函数向右平移个单位，得到的图象，
，
令得到，解得或，．
当时，或，
当时，或
当时，或．
要使在区间上有且仅有3个零点，．
17. 设函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导得，然后分、、、讨论，即可求解；
（2）由题不等式恒成立等价于不等式在上恒成立，当时，不等式显然成立，当时，即在上恒成立，设，再利用导数求出的最小值，即可求解.
【小问1详解】
依题意得．
①当时，，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在和上单调递增．
②当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增．
③当时，在上恒成立，所以在上单调递增；
④当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增．
所以当时，在上单调递减，在和上单调递增．
当时，在上单调递减，在和上单调递增．
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增．
【小问2详解】
当时，不等式恒成立，
即不等式在上恒成立，
当时，不等式显然成立，此时；
当时，即在上恒成立，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，注意到，
所以当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以在时取到最小值为，
所以，所以，
综上，的取值范围为.
18. 已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）在平面直角坐标系中，已知点，定义点，（其中），记，．证明：（ⅰ）；（ⅱ）．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据前项和与通项公式的关系进行求解即可；
（2）（ⅰ）根据两角差的正切公式，结合正切函数的性质进行运算证明即可；
（ⅱ）根据上一问的结论，结合特殊角的正切值进行求解即可.
【小问1详解】
当时，，解得，
当时，
，
化简得：，
经检验得，时也满足，故．
【小问2详解】
（ⅰ）证明：由题意可知：，则，，
因为，
且，，所以，即
所以，．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）问的证明可知：
．
因为，则，所以．
19. 已知函数，（）．
（1）求在上的最小值；
（2）证明：（ⅰ）在上存在极值点和零点；（ⅱ）对于（ⅰ）中的和，满足．
【答案】（1）0 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后结合导数单调性计算即可得；
（2）（ⅰ）求导后分、进行讨论可得其单调性，即可得其极值点，再结合零点存在性定理即可得证；（ⅱ）结合函数单调性，可将证明转化为证明，构造函数，利用导数研究单调性即可得.
【小问1详解】
，，求导可得，
所以在上单调递增，所以；
【小问2详解】
（ⅰ），其中，，
则，，，
当时，，，
由知，成立，
所以在上无零点，即在上无极值点；
当时，令，
则在上单调递增，，
由知，，
所以使得，当时，，即单调递减，
所以；
当时，，即单调递增，
因为，所以，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在上存在唯一极小值点，
故，又因为，
所以存在使得，
所以在上存在唯一零点，得证；
（ⅱ）由（ⅰ）知成立，下面证明．
由（ⅰ）知，所以，
因为在上单调递增，要证，只需要证明．
因为，所以，
由（ⅰ）知，得，
所以，
由（1）知，当时，，所以，
令，其中，
则恒成立，
所以在上单调递增，所以，即成立，
所以成立，即，
综上所述，得证．